初等数论教案第二节剩余类与完全剩余系.docx

1、初等数论教案第二节剩余类与完全剩余系第二节剩余类与完全剩余系第三节缩系教学目的：1、掌握剩余类与完全剩余系的定义与基本性质；2、 掌握缩系的定义与基本性质；3、 证明及应用Wilson定理；4、 证明及应用Fermat小定理、Euler定理的证明及应用；5、 掌握Euler函数计算方法及其基本性质.教学重点：1、剩余类与完全剩余系的基本性质；2、 证明及应用Wilson定理；3、 证明及应用Fermat小定理；4、 掌握Eule函数计算方法及其基本性质.教学课时：8课时教学过程一、剩余类与完全剩余系由上一节我们知道，同余关系满足自反性、对称性、传递性，即 对于整数集来说，同余是一个等价关系.这

2、样，可以按同余关系将所 有的整数分类.1、定义1给定正整数加，对于每个整数，0zm-l,称集 合 K?(7)= ?； n = i (mod m), neZ 是模加的一个剩余类.显然，每个整数必定属于且仅属于某一个(0/-1),而且，属于同一剩余类的任何两个整数对模皿是同余的，不同剩余类中的任何两个整数对模”?是不同余的.例如，模5的五个剩余类是K()(5)=，10,5, 0,5, 10, &(5)= .,-9,-4 J,6 JI,-.- 心5)= -,-8,-3,2,7,12,- 心5)= -,-7,-2,3,8,13,-. 辰(5)=，_6,1,4,9,14,2、定义2设是正整数，从模加的每

3、一个剩余类中任取一个数尢(0 z 1, a, Z?是整数，(a, m) = 1, 为，恋，“加是模 m的一个完全剩余系，贝!Jori + b, 0X2 + b,axm + b也是模m的一 个完全剩余系.证明：由定理1,只需证明：若XiHXj,贝Ijaxi + baxj + b (mod m). (1)事实上，若axi + b = axj + b (mod in),则axi = axj (mod tn),由此得到 x： = Xj (mod m),因此Xi = Xj.所以式(1)必定成立.证毕5、定理3 设加1,叱N, AeZ, (A,阳)=1,又设X =小/2,，, 丫 = 儿2,，2，分别是模

4、ni与模m2的完全剩余系，则/? = Ax + nuy； xeX, ye Y 是模nini2的一个完全剩余系.证明：由定理1只需证明：若，卍UX, yyHeY,并且Ax + my =Axf, + 加y (mod 加”血)， (2)事实上，由第一节定理5及式(2),有Ax =Ax,r (mod m) =xn (mod m) =x,再由式(2),又推出my = myu (mod mi) = yr =y (mod /n2) =，=)推论 若加i,?2wN, (mi, mi) = 1,贝!J当xi与兀2分别通过模加1与 模”?2的完全剩余系时，加2兀1 + W1X2通过模加1加2的完全剩余系.6、 定

5、理4 设zn/eN (1 /?),则当药通过模m, (1 i n)的 完全剩余系时，X = X + 72? 1X2 + fUlin23 + + 7兀2- 1兀”通过模mm2 - mn的完全剩余系.证明：对n施行归纳法.当77 = 2时，由定理3知定理结论成立.假设定理结论当n=k时成立，即当七(2KR+1)分别通过模 加的完全剩余系时，y = X2 + 加 2兀3 + 加 2加 1 + + my-mkXk +1通过模仍2加3+1的完全剩余系.由定理3,当XI通过模加1的完全剩余系，总(2ik+ 1)通过模的完全剩余系时，X1 + 777 iy = X1 + 7771(X2 + 加 2兀3 +

6、+ 加 2 以不+ 1)=Xi + H1X2 + 17772X3 + + 叭叱皿曲+ 1通过模mim2 - mk+i的完全剩余系.即定理结论对于n = k+也成立.7、 定理5设“wN, A：eZ (1 /7t),并且满足下面的条件：(i )伽，呦=,1 ij n, i 工j；(ii)(A/, ) = 1, 1 in；(iii)m： | Aj , 1 z,j n, i rj 则当七(1 Z/7)通过模的完全剩余系&时,y = AX + A 2X2 + +通过模加2的完全剩余系.证明：由定理1只需证明：若1 /?,则由Ax + A2X2 + + AnXn =Aixin + A2X2,r + +

7、AnXnr (mod m in n) (3) 可以得到 xf = x!, i n.事实上，由条件(iii)及式(3)易得，对于任意的/, 1/7,有AtXi =AiXi,r (mod mi).由此并利用条件(ii)和第一节定理5推得x/ = x! (mod mi),因此 xif=xr.例1设A = X,X2,心是模加的一个完全剩余系，以x表示 x的小数部分，证明：若(a, m) = 1,贝!J3=知1)i= m 2解：当X通过模加的完全剩余系时，俶+ b也通过模加的完全剩 余系，因此对于任意的/ (!/), axi + b-定与且只与某个整数 j (1 j/n)同余，即存在整数使得axi 4-

8、 Z? = km +j, (1 j5是素数，川-2,则在数列a9 2cb 3a, (/? - )a, pa中有且仅有一个数b,满足b = 1 (mod p). (5)此外,若 b = ka,贝 iJRhg, ke2, 3, 2.解：因为,p)=l,所以由定理2,式(4)中的数构成模p的一个 完全剩余系，因此必有数b满足式(5).设Z? = ka,那么(i ) k 工 ci,否则,b = a2 = (mod p),即 p | (o + 1)(“ - 1),因此 # I d - 1 或 # I “ + 1,这与 2a p -2 矛盾；(ii)k 工 ,否则，Z? = ltz = 1 (mod /?

9、),这与 矛盾；(iii)Rh-1,否贝lj, b- -a = (mod p),这与 矛盾.若又有 L, 2kr5.由例2容易推出对于2,3,.显-2,中的每个整 数“，都存在唯一的整数R, 2k 0是偶数，如,。2,，如与伤，九，仇,都是模m 的完全剩余系,证明：+仞心+ /?2,4“ + ”不是模加的完全剩 余系.解：因为1,2,，间与仙,如,心都是模加的完全剩余系,所 以二 吕.m(m +1) m22% - = 三(mod m). (7)/=i /=1 2 2同理严. mDi = (mod in). (8)r=l L如果如+ bi, “2 + b2,如+九是模m的完全剩余系,那么也有 艺

10、( +如三等(mod in).i=i 2联合上式与式(7)和式(8),得到2 2 2(mod ni),这是不可能的，所以如+ bl, U2 +九,cim +加不能是模m的完全剩余系.二、缩系在模皿的完全剩余系中，与m互素的整数所成的集合有一些特殊 的性质，我们下而对它们做些研究.1、定义1设R是模加的一个剩余类，若有处/?,使得(“,m)=l,则称R是模力的一个简化剩余类.显然，若R是模的简化剩余类，则7?中的每个整数都与用互素.例如，模4的简化剩余类有两个：用(4)=,-7,-3,1,5,9, ,7?3(4)= -,-5,-1 ,3,7, 11 , - .2、 定义2对于正整数k,令函数仅Q

11、的值等于模k的所有简化剩 余类的个数，称於)为Eulb函数，或Eu心一函数.例如，容易验证仅2)=1,讽3) = 2,祕4) = 2,仅7) = 6.显然，仅呦就是在加的一个完全剩余系中与m互素的整数的个数.3、 定义3对于正整数m,从模m的每个简化剩余类中各取一个 数七，构成一个集合力,兀2,兀酬”)，称为模加的一个简化剩余系(或 简称为简化系或缩系).显然，由于选取方式的任意性，模加的简化剩余系有无穷多个.例如,集合9, -5, -3,-1是模8的简化剩余系,集合1,3, 5,7 也是模8的简化剩余系，通常称最小非负简化剩余系.4、 定理1整数集合A是模加的简化剩余系的充要条件是(i )

12、A中含有讽个整数；(ii)A中的任何两个整数对模加不同余；(iii)A中的每个整数都与加互素.5、 定理 2 设“是整数，(a, m) = 1, B = x, X2, 是模 zn 的简化剩余系,贝！I集合A = ax, ax2, 心枷)也是模m的一个缩系.证明:显然,集合A中有讽加个整数.其次，由于(t/,772)=1,所 以，对于任意的 x,- (1 / (p(m), x,eB,有(与,m)=(七,m)=.因此,A中的每一个数都与加互素.最后，我们指出，A中的任何两个不同 的整数对模加不同余.事实上，若有使得a xf = axn (mod in),那么，因为(a, m)= 所以xr =xr,

13、 (mod m),于是xf =xr,.由以上结 论及定理1可知集合A是模m的一个缩系.注：在定理2的条件下，若b是整数，集合ax + b, ax + /?, axm)+ b不一定是模加的简化剩余系.例如,取加=4, a= 1, b = lf以及模4 的简化剩余系1,3.6、定理 3 设 my 7M2eN, (mi, mi) = L 又设X =.1,X2,-,Xp(ti)与 丫 = 川，2,，)0 伽 2)分别是模切与加2的缩系，则A = my + mix xeXf yeY 是模mni2的缩系.证明：若以X，与厂分别表示模加与牝的完全剩余系，使得XuX，, Yu厂，贝IAf = niy + zm

14、x； xeXff yeY 是模“也的完全剩余系.因此只需证明A中所有与加2互素的整数 的集合R是集合A.显然，若 my + m/wR，贝JOiy + mix, = 1,所以(iny + mix, m) = 1,于是 (a, )=1, (x, m) = 1, xeX.同理可得到ywY,因此/niy + m2xeA.这说明RA.另一方而，若 n?i)? + 则 xwX, yeY,即(x,血1)=1, (y mi) = 1.由此及伽，加2)= 1得到(mox + my, m) = 加 1) = 1以及(?2兀 + 必1” ？2)=(必1幵？2)= 1 因为“与也2互素，所以(血2兀+ 加1加2) =

15、 1，于是+ miyeR因此AR.综合以上，得到A = R.7、 定理 4 设 in, /?eN 伽,斤)=1,则(p(mn) =(p(m)(f)(n).证明：这是定理3的直接推论.8、 定理5设斤是正整数，门丿2,，以是它的全部素因数，则(p(n) =(1 -)(1 _ (1 _ !) = 口(1 _ ).Pl Pl Pk Pn P证明：设斤的标准分解式是由定理4得到r=l(p(n)=Y2,证明：匸_1乙 ln(p(n)9l/n 2a 刃)=i即在数列1,2,中，与”互素的整数之和是卜讽心解：设在1,2, -,77中与n互素的冷)个数是a. 02,，a他幷” (ch. 7?) = h Ui

16、n - , 1 / (p(n),(n - cii, n) = L n-ain-y i (p(n),因此，集合di, U2,，伽”与集合也- di, n - U2,，n - a(p(n)是相同的,J 是 + a? + + a()= n,dn此处E是对n的所有正约数求和.dn解：将正整数1,2,丿按它们与整数”的最大的公约数分类，则n nn =Z1 = Z S 1 = Z Z 1 =工0(了)=工()/=1 diJi (tn)=t/ dn . i n dn dnI J 1in d d例3设*N,证明：(i )若是奇数，则讽4”) = 2仅n)；(ii)刃2)弓”的充要条件是n = 2*,辰N；(i

17、ii)刃2)=卜的充要条件是n =刘,k, /eN；(iv)若 6 In,则刃2)4,贝(p(n) 1/?.解：(i)我们有仅 4n)=仅 2S) =(p(22)4,所以料-1与n+1都是奇素数，所以n是偶数. 因为n-l3,所以n-1与n+1都不等于3,当然不被3整除, 所以3 |弘因此6 b.再由上面己经证明的结论(iv),即可得到结论(v).例 4 证明：若 m, neN,则(p(inn) = (m, n)(p(m, n)；解：显然mn与，川有相同的素因数，设它们是Pi (1 / ap = a (modp).若(d,p) 1,则pa,所以ap = 0 = a (mod p).例1设”是正

18、整数，则5口 + 2 + 3“ + 4”的充要条件是4|几解因为仅5) = 4,所以，由定理2k4 = 1 (mod 5), 1 4.因此，若 n = 4 + r, 0 r 3,则ln + 2 + 3 + 4三 F + 2r + 3r + 4r = lr + 2r + (-2)r + (-1/ (mod 5), (2) 用r = 0, 1, 2, 3, 4分别代入式即可得出所需结论.例2设兀1,尤2,，兀刃“)是模加的简化剩余系,贝I(xiX2- - -xm)2 = 1 (mod m).解 记 P = xix2- x(p(m),则(P, m) = 1.又记y, = , 1 / 快n),Xi则y

19、iy,如)也是模加的简化剩余系,因此0加) m pnAi = 口(mod m),/-I /-I xi再由Eule定理，推出P = P0”)= 1 (mod m).例3设(a, m) = 1, Jo是使ad = 1 (mod in)成立的最小正整数，则(i)災加);(ii)对于任意的 i, OGJSdo-l, iHj,有aaj (mod m). (3)解：(i)由Euler定理，Jo 0, 0 r Jo因此，由上式及山的定义，利用定理1,我们得到即整数7满足ar = 1 (mod in), 0 r Jo.由o的定义可知必是r = o,即(ii)若式(3)不成立，贝!J存在i, j, 0 i,j

20、j.因为(,加)=1,所以a1 j = 0 (mod m), 0i-j 1, (b9 m) = L并且ba = (mod 加),bc = (mod m), (4)记 =(a, c),则 bd = 1 (mod m).解：利用辗转相除法可以求出整数x,)，使得必+巧=，显然xy 0, y 0,由式(4)知1 = b cy = b db ax = b d(ba) x = bJ (mod tn).例5设p是素数，pbn-, neN,则下而的两个结论中至少有一个成立：(i ) pbd 对于n的某个因数d 2,贝!(ii)中的mod n可以改为mod 2n.解：记 =(n,p-l),由 bn = 1,

21、bpl = 1 (mod/?),及例题4,有bJ= 1 (mod p).若J 2,则p= (mod 2).由此及结论(ii),并利用同余的基 本性质,得到p = 1 (mod 2n).注：例5提供了一个求素因数的方法，就是说，整数夕-1的素 因数卩，是决-1 (当b时)的素因数，或者是形如如+1的数(当 2M, p2时，是形如2kn+ 1的数).例6将211- 1 =2047分解因数.解：由例5,若p I 211 - 1,则p = 1 (mod 22),即p只能在数列23, 45, 67,，22k + 1,-中.逐个用其中的素数去除2047,得到23 | 2047, 2047 = 23-89.

22、例 7 将 235 - 1 = 34359738367 分解因数.解：由例5,若p|235 -l,则p是21=31或2?-1 = 127的素因数，或者p三1 (mod 70).由于31和127是素数，并且235- 1 =31-127-8727391,所以，2站_1的另外的素因数p只可能在数列71, 211, 281, (5)中.经检验，得到 8727391 =71 122921.显然，122921的素因数也在31, 127或者数列(5)中.简单的计算 说明，122921不能被31和127整除，也不能被数列(5)中的不超过 712292K351的数整除，所以122921是素数，于是235 - 1 =31-127-71-122921.例8设n是正整数，记Fn = 22 +1,则2仏三2 (mod几).证：容易验证，当斤4时几是素数，所以，由Fermat定理可知 结论显然成立.当 ”25 时，有料+1V2, 2”+】丨2记 2?” =2“+i,贝 ij2 -2 = 22 +1 _ 2 = 2(22 -1) = 2(2a- - 1) 十 1 I yr+1 qh= 2(2- )A -1) = 22! (2- -1) = Q2(2- +1),其中2i与Qi是整数.上式即是2仏三2 (mod F”).注1：我们己经知道，E是合数，因此，例8说明，一般地，Fermat